Giáo án vật lý Chuyên hùng vương phú thọ vật lí 11

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 NĂM HỌC 2022 - 2023 Thời gian làm 180 phút (Đề thi gồm câu/ trang) Câu (4 điểm) – Tĩnh điện Hai cầu nhỏ có khối lượng nhau, mang điện tích 4q – q đặt hai điểm A B chân không Xét đường sức từ A Gọi góc hợp tiếp tuyến đường sức (tại A) đường thẳng nối hai điện tích  Tìm điều kiện  để đường sức tới B Gọi  khoảng thời gian tính từ thời điểm thả đồng thời hai cầu cách đoạn ro với vận tốc ban đầu đến thời điểm khoảng cách hai cầu ro/3 Bỏ qua lực hấp dẫn tác dụng lên cầu a Cho AB = ro Giữ cố định cầu thả tự với vận tốc ban đầu Tính khoảng thời gian 1 theo  để khoảng cách hai cầu ro/3 b Cho AB = 2ro Thả đồng thời hai cầu thả tự với vận tốc ban đầu Tính khoảng thời gian 1 theo  để khoảng cách hai cầu 2ro/3 Câu (5 điểm) – Điện điện từ  Trong từ trường B đối xứng quanh trục Oz Trong hệ trục tọa độ trụ, điểm M(r, , z) lân cận trục ( điều kiện cận trục), cảm ứng từ có thành phần sau: BZ = B(z) Br =  dBr r dz (*) Trong đó, Bz hàm khả vi đến bậc biến z Tại điểm A trục Oz có nguồn phát  proton có khối lượng m, điện tích e vận tốc vo hợp với trục Oz góc  nhỏ Bỏ qua tác dụng trọng lực a Chứng minh phương trình chuyển động proton có dạng: dθdrdz dr 2 dz = kBZ ;  k rBz ; 0 dt dt dt Với k số phụ thuộc vào m e b Chứng minh quỹ đạo proton tuân theo phương trình vi phân sau: d r  eBZ    0 dz  2mvo  Và điều cho thấy proton khác có độ lớn vận tốc phát với hướng hợp với trục Oz góc  nhỏ khác hội tụ điểm c Một thấu kính từ mỏng vùng khơng gian có từ trường z= d d z=  với d đủ - O z giới hạn hai mặt phẳng nhỏ (Hình 1) Xét từ trường bên thấu kính có dạng(*), bỏ Hình qua từ trường bên coi khoảng cách r từ proton tới trục không đổi Xét chùm proton có vận tốc qua thấu kính mỏng song song với trục Oz, chứng minh thấu kính thấu kính hội tụ có tiêu cự ảnh f’ xác định  e    f'  2mvo  d 2 z B dz 0 d Áp dụng tính độ tụ thấu kính từ trường hợp từ trường cho công thức:  B z (0, z ) Bo e-az Cho e = 1,6.10-19C, m = 1,67.10-27kg, vo= 2.105 m/s, Bo =0,08T, a = 72 m-1, d = mm 0,048 e  t2 dt 0, 047963 Câu (4 điểm) – Quang hình Một bình hình trụ đựng thủy ngân quay chung quanh trục thẳng đứng hình trụ với vận tốc góc khơng đổi  Khi đạt trạng thái chuyển động ổn định, bề mặt thủy ngân lõm xuống Bỏ qua ảnh hưởng lực căng mặt Chứng tỏ chùm tia tới song song chiếu từ xuống dọc theo trục quay, sau phản xạ mặt thủy ngân hội tụ lại điểm Xác định vị trí điểm hội tụ Câu (4 điểm) – Dao động học Hai mảnh OA O’B đồng chất phân bố đều, khối lượng m, chiều dài l treo hai điểm O O’ có độ cao Hai dao động xung quanh O O’ Một lò xo nhẹ có độ cứng k nối vào trung điểm Khi hai cân lị xo chiều dài tự nhiên (Hình 2) Hệ đứng yên, kéo nhanh OA khỏi vị trí cân ( mặt phẳng hình vẽ) cho hợp với phương thẳng đứng góc o nhỏ thả nhẹ chọn lúc làm gốc thời gian Tìm quy luật dao động Bỏ qua lực cản gia tốc trọng trường g O O’ k A Hình 2B Câu (3 điểm) – Phương án thực hành Cho linh kiện thiết bị sau: - 01 lõi sắt từ hình xuyến tiết diện trịn - Cuộn dây đồng (có điện trở suất ρ) sử dụng để quấn tạo ống dây - 01 điện kế xung kích dùng để đo điện tích chạy qua - 01 nguồn điện chiều - 01 ampe kế chiều - 01 biến trở - Thước đo chiều dài, panme, thước kẹp - Ngắt điện, dây nối cần thiết Hãy nêu sở lý thuyết phương án thí nghiệm để đo hệ số từ thẩm  lõi sắt từ ………………………Hết………………………… HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ ĐỀ THI ĐỀ XUẤT HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ KHỐI 11 NĂM 2017 Thời gian làm 180 phút (Đề thi gồm câu/2 trang) ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 Câu Nội dung Điểm Câu 1 Giả thiết đường sức (4 điểm) từ A đến B hợp với 4q + - -q 0,5đ AB góc  A B + Xét mặt cầu bán kính r nhỏ bao quanh điện tích A Có thể coi cường độ điện trường qua mặt cầu điện tích 4q gây Số đường sức điện mặt nón đỉnh A (có nửa góc đỉnh , trục AB) là: ΔN = EΔS =.2πr.r(1c(1cN A = EΔS =.2πr.r(1c(1cΔN = EΔS =.2πr.r(1c(1cS = 4q 4q 2πr.r(1c(1cr.r(1  cosα) = (1  cosα) 4πr.r(1c(1cεr o r 2εr o 0,5đ + Tương tự, ta có số đường sức điện mặt nón đỉnh B (có nửa góc đỉnh , trục AB) là: ΔN = EΔS =.2πr.r(1c(1cN B = + Do q (1  cosβ) 2εr o ΔN = EΔS =.2πr.r(1c(1cN A = ΔN = EΔS =.2πr.r(1c(1cN B   4sin 4q q (1  cosα) = (1  cosβ) 2εr o 2εr o α β α β = sin  2sin = sin 2 2 Để đường sức đến B phương trình nghiệm  2sin 2sin α β = sin 2 phải có 0,5 đ α 1   60o 2.a Khi thả đồng thời, theo định luật bảo toàn:  4kq  4kq 2mv 4kq ro    v (  1) ro r mro r 0,5 đ +Khi giữ cố định cầu thì: 0,5 đ 2 2 mv  4kq  4kq 8kq ro    v1  (  1) v ro r mro r  Ứng với vị trí ( ứng với r xác định), vận tốc tăng lần  vận tốc trung bình tăng lần, quãng đường tăng lần nên thời gian tăng lần    2 0,5 đ  dr = vdt = r /3 o 4kq ro (  1)dt   dt   dr mro r 4kq ro ro (  1) mro r 2.b Ta có: (1) + Khi thả chúng từ khoảng cách 2rothì sau thời gian 2 khoảng cách chúng giảm lần, tương tự trên:  ro /3  dt   ro 0,5đ 0,5đ r /3 o 2mro 2mro r dr   2d r r 2 ro 4kq ( o  1) 4kq ( o  1) r r/2 Đổi biến tích phân: ro /3  2  ro Đặt u = r/2  2mro du ro 4kq (  1) u (2) So sánh (1) (2), ta có  2 2 Câu a Phương trình Định luật II Niu Tơn cho hạt chuyển động từ (5 điểm) trường có dạng: 0,5 đ  dv   m = ev×B dt (1) + Chiếu phương trình (1) lên ba phương hệ trục tọa độ trụ, ta có: erθdrdz Bz = m(r  rθdrdz ) (2)  r dB  )  e  z z  Bz r  = 2m(rθdrdz  2rθdrdz  dz  0,5đ (3) r  dBz  θdrdz = mz dz (4) dBz dBz dz dBz  z dz dt dz Với: dt e d(r Bz ) m d(r 2θdrdz ) eB  = r ( z +mθdrdz ) = const r dt  (3)  2r dt eB r ( z +mθdrdz ) = const = - Ở thời điểm ban đầu: r = rA = nên eBz θdrdz = 2m  (5) e dθdrdz k== kBz 2m  dt Đặt e - Thay vào (2), ta có: e2 r e2 e2    B z = m(r  r B z ) hay r =  rB2z  k rB2z 2 2m 4m 4m 0,5đ 0,5đ (6) - Xét (4), vế trái chứa r2 xét gần trục nên số hạng bỏ qua, nên z = 0,5đ 0,5đ b Từ z = nên vz = const = vocos dr dr dt dr   dz dt dz v z dt - Mặt khác: d r d dr d dr dt d r  ( ) ( )  dz dz v z dt dt v z dt dz v 2z dt d2r e2 d2r e = rB z Hay  ( Bz )2r = 2 dz 4m vz dz 2mvz - Thay vào (6), ta có: (7) d2r e ( Bz )2r = dz 2m v o Với  nhỏ: vz  vo  (7)   phương trình mơ 0,5đ tả quỹ đạo proton ảnh hưởng  v tham số  hướng vận tốc o nên E proton xuất phát từ A với độ lớn vận tốc vo có quỹ đạo cắt trục Oz điểm A’ S - O A’ z Hình 2.1 c Trong thấu kính r = const nên theo phương trình (7), ta có: dr e2r const  dz 4m v o2 0,5 đ d/2 z B dz (8) -d/2 dr - Tại EΔS =.2πr.r(1c(1c S, ta có: dz EΔS =.2πr.r(1c(1c 0, dr dz S   Thay vào phương trình (8), ta có: 0,5 đ r f' r e2 r  f' 4m v o2  Tiêu điểm thấu kính xác định : Áp dụng tích phân: d/2 d/2 z o B dz = B e -d/2 dz = 2Bo2 -d/2  -2az d/2 e -( 2az)2 dz = -d/2 d 2a /2 o 2B e  2 f' 4m v o 2a e -t 0,048 dt =6,1195 e -t d/2 z B dz -d/2 e2  2 f' 4m v o d/2 z B dz -d/2 0,5 đ o B 2a d 2a /2 e -t dt dt = 2,935 m   Tiêu điểm thấu kính f’ = 34 cm Câu Xét hệ quy chiếu không quán tính (4 điểm) gắn với bình hình vẽ 3.1 Khi đạt trạng thái chuyển động ổn định, phần tử thủy ngân bề mặt cân tác dụng trọng lực lực li tâm, hợp hai 0,5đ Hình 3.1 lực vng góc với mặt thoáng thủy ngân Mặt thoáng thủy ngân có trục quay trục đối xứng Trong mặt phẳng chứa trục quay, xét phần tử thủy ngân A bề mặt có tọa độ (x,y) Để tìm hệ thức liên hệ x y ta áp dụng phương pháp vi phân Xét đoạn nhỏ giới hạn mặt thoáng A, phương đoạn nhỏ 0,5đ xem trùng phương với tiếp tuyến A Từ A kẻ tiếp tuyến mặt thoáng thủy ngân cắt trục Ox I hợp với Ox góc α ˆ ˆ Ta có: A1 I1  (góc có cạnh tương ứng vng góc) dy dx Theo định nghĩa đạo hàm ta có: 2 Flt m x  dy  2 tg     x  x  dy= xdx P mg g  dx g g Mà Tích phân hai vế ta được: 2 2 y dy  x  C y  x2 2g 2g Với x 0, y =0  C=0 Do Vậy bề mặt thủy ngân paraboloic 0,5đ Xét tia sáng tới gặp mặt thủy ngân A (hình3.2) Tia phản xạ xác định dựa vào định luật phản xạ ánh sáng Tia phản xạ cắt trục quay F Tia sáng trùng với trục quay phản xạ ngược lại theo Ta có i  (góc có cạnh tương ứng vng góc) 0,5đ tg   0,5đ Hình 3.2 OF=OA’-A’F,  A'F = A'A tg A'AF  x tg(2  900 )  x tg(90  2 ) x OF  y  xtg (900  2 ) = y  tg 2 Vậy với 1  tg 2 g 2x    2tg 2 x g Mà : tg 2 g =const 2 Vậy giao điểm F có vị trí cố định với tia phản xạ ứng với chùm tia tới song song với trục quay F Đó tiêu điểm với tiêu cự có giá trị là: g f OF= 2 + Mơ men qn tính với trục quay OO’ là:  OF  Câu 4 0,5đ 0,5đ 0,5đ ml l ml2 + m( ) = 2 + Xét thời điểm t, OA OB có li độ góc   Phương trình chuyển động quay OA OB là:  l l ml  mg sin + k(β  α)( ) = α"   mg l sinβ  k(β  α)( l ) = ml β"  2 (1) 0,5đ Do   nhỏ nên ta viết lại hệ (1): 3g 3k 3k  α"  ( + )α  β=0   2l 4m 4m  β" ( 3g + 3k )β  3k α =   2l 4m 4m 0,5đ I=  +  v =   , ω1  1,0đ (2) 0,5đ 3g 3g 3k ω2  + 2l 2l 2m Đặt u = 0,5đ (5 điểm) 3g  u" u =   2l  u" ω12 u = 3g 3k  v" ( + ) v 0  v" ω2 v 0   2l 2m Khi đó, hệ (2)    Hệ (3) có nghiệm u = Acos(1t + 1) v = Bcos(2t + 2) (3) Tại thời điểm t = u = o, v = o, u’ = 0, v’ = Ta có: Acosφ1 = α o Bcosφ = α φ = φ =  o    A = B = α o Aω1sinφ1 = Bω2sinφ =  u = ocos(1t) v = ocos(2t) 0,5đ 0,5đ Phương trình dao động nhỏ OA OB u+v  α= = α o (cosω1t + cosω2 t)    β = u  v = α (cos t  cos t) o   Cơ sở lý thuyết: I1 Xét lõi sắt từ hình K xuyến có hai A Câu cuộn dây có số vịng N (3 điểm) N1 N2 N2 Khi cho dòng điện chạy qua cuộn thứ R d Hình 5.1 R2 G 0,5đ (N1) lòng lõi sắt xuất từ trường từ trường qua cuộn dây thứ hai (N2) Gọi d đường kính trung bình lõi hình xuyến Chu vi hình xuyến d chiều dài mạch từ Khi dòng điện chạy qua cuộn thứ I cảm ứng từ chạy mạch từ B 0 N1I1 d với μ0 =4 10 (H/m) Từ thông gửi qua cuộn thứ hai -7  N BS  0 N1 N I1 S d với S tiết diện mạch từ Khi vừa ngắt khố K, dịng điện chạy qua cuộn thứ I1 giảm gây biến thiên từ thông chạy qua cuộn thứ hai (giảm từ φ→0 ) tổng điện tích chạy qua điện xung kích q Xét khoảng thời gian t nhỏ, từ thông qua cuộn thứ hai giảm  tương ứng với điện lượng qua Δqq Ở cuộn thứ hai sinh suất điện động cảm ứng ξ dòng điện i2 Trong thời gian t dịng điện tích qua điện kế là: q i t  Toàn 0,5đ t  t    R t R R (R điện trở cuộn dây N ) 2 điện tích qua cuộn 0,5đ Các bước thí nghiệm: - Đo đường kính ngồi lõi sắt từ hình xuyến d d2 → 0,5đ 1 NN qdR q  q     (  0)   0I1S    R2 R2 dR N1 N 20 I1S d= d 1+ d 2 - Đo đường kính e sợi dây đồng panme - Cuốn hai cuộn dây với số vòng N1 N2 lên lõi sắt từ - Tính điện trở cuộn dây N2: R  2 N (d  d ) N (d  d )  2 4 22 s e e    2 - Chỉnh biến trở để thay đổi dịng I1, mở khố K, đọc giá trị q điện kế xung kích, ghi giá trị vào bảng Lần đo I1 điện lượng q - Tính độ từ thẩm  ứng với lần đo d  d2 N (d  d ) q 4 22 qdR q(d1  d ) e   8 N1N 20 I1S N1 o I1e  d  d1  d  d1   N1N 2 o I1  Lặp lại thao tác tính giá trị 0,5đ 0,5đ